试卷类型：A
高二数学
2025.1
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
御
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一·并交回。
一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的。
1.已知直线1：x+2y-1=0,2:ac+4y+5=0,若1，九2，则a=
蜜
A.-2
B.2
D.、9
2
2.某中学举行排球赛，共有5个队参加，每两个队比赛一场，共需比赛
A.6场
B.8场
C.10场
D.20场
3.已知双曲线C:3
=1(a>0,b>0)的渐近线方程为4x±3y=0,则C的离心率为
2
3
c
D,②7
3
锁
4.如图，空间四边形0ABC中，0A=a,0品=b,0元=c,D是BC的中点，
庐=1Pi,则0=
4.21
1
11,1
34
+6
B.-
66
2.1,.1
D.3a+3b+3C
5.已知点P(1,1,2),A(1,0,1),B(-1,3,0),C(0,0,2),则点P到平面ABC的距离为
菲
A陪
R写
D.√2
6.已知圆C,:(x-1)2+y2=4与圆C2:(x-a)2+y2=5相交于A,B两点，且两圆在点A处的
切线互相垂直，则线段AB的长为
2W5
B.3
4w5
D.3
高二数学第1页（共4页）
7.图1通过旋转可得到图2，则图3通过相同的旋转可得到
图2
图3
8.在三棱锥P-ABC中，PB⊥平面ABG,PB=AB=2,AC=23,BC=4,则该三棱锥的外接球
半径为
A.5
B.3
C.25
D.42
二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分。
9.已知a,b是两条不同的直线，，B是两个不同的平面，则下列结论正确的是
A.若a仍，a1,则b⊥a
B.若a&,ap,则aB
C.若a⊥，aB,bB,则a⊥b
D.若⊥B,aCa,bCB,a⊥b,则b⊥
n在
的展开式中，下列结论正确的是
A.二项式系数最大的项是第3项
B.所有的二项式系数和为2
C.系数最小的项是-192x2
D.所有奇数项的系数和为365
·双纽线如最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他发现的曲线.在平面
直角坐标系x0y中，把到定点F,(-a,0),F2(a,0)的距离之积等于a2(a>0)的点的轨迹
称为双纽线.已知点P(o,yo)是a=1时的双纽线G上一点，则
A.C关于原点成中心对称
B. 上满足|PF,=|PF2{的点P有2个
C.△P,R面积的最大值为？
D.当直线y=x与C有3个交点时，k的取值范围是(-1,1)
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分。
12.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,C上一点M的横坐标为4，则1MF1=
13.4名同学到3个社区参加志愿者服务活动，每名同学只去1个社区，每个社区至少安排1
名同学，则不同的安排方法共有
种
高二数学第2页（共4页）→ → →
高二数学参考答案及评分标准 以 C 为原点,CA,CB,CC1 的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系,则 C(0,0,0),B(0,2,0),B1(0,2,2),D(1,0,1),
一、单项选择题: →本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分。 在每小题给出的四个选项中,只有一 所以 BD= (1,-2,1),C→B= (0,2,0),BB→1 = (0,0,2), ……………………………… 10 分
项是符合题目要求的。 B→D·n = x -2y +z = 0,
1-4 BCBA 5-8 CDDA 设平面 BCD 的一个法向量 n1 = (x ,y ,z
1 1 1 1
1 1 1),则{C→、 B·n = 2y = 0,二 多项选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分。 在每小题给出的选项中,有多项符合 1 1
令 x1 = 1,所以 n1 = (1,0,-1) . ……………………………………………………… 11 分题目要求。 全部选对得 6 分,部分选对得部分分,有选错的得 0 分。
B→9. AC 10. BCD 11. ACD D·n2 = x2 -2y2 +z2 = 0,设平面 B1BD 的一个法向量 n2 = (x2,y ,z、 : 3 , 5 , 15 。 2 2
),则
三 填空题 本题共 小题 每小题 分 共 分 {BB→1·n2 = 2z2 = 0,
12. 5 13. 36 14. 2 3 2( 3 + 6 )(第 1 空 2 分,第 2 空 3 分) 令 y1 = 1,所以 n2 = (2,1,0) . ………………………………………………………… 12 分
四、解答题:本题共 5 小题,共 77 分。 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 n ·n
所以 cos = 1 2 = 2 , 15则 sin = , ………………………… 14 分
15. 解:(1)将圆 C:x2 +y2 +4x-2y+a= 0 化为(x+2) 2 +(y-1) 2 = 5-a, 1 2 n1 n
1 2
2 10 5
圆心 C( -2,1),半径 r= 5-a ,且 a<5, ……………………………………………… 2 分 15
设 AB 的中点 D,则 |AD | 2 + |DC | 2 = r2, 所以二面角 C-BD-B1 的正弦值为 . …………………………………………… 15 分5
× - + -
所以圆心 C 到直线 2x+y-2 = 0 的距离 d= DC = 2 ( 2) 1 2 = 5 = 5 , ……… 4 17. 解:(1)由题意知,2b= 2,所以 b= 1. …………………………………………………… 1 分分
22 +12 5 2 , c 22 因为离心率为 所以 = ,a= 2 c. ……………………………………………… 2 分
因为 AB = 4,所以 |AD | = 2,所以 22 +( 5 ) = 5-a,解得 a= -4,满足题意, 2 a 2
所以 a= -4. ……………………………………………………………………………… 6 2分 因为 a = b2 +c2,所以 2c2 = 1+c2,所以 c= 1,a= 2 . …………………………………… 4 分
(2)由(1)得(x+2) 2 +(y-1) 2 = 9,点 P 2在圆 C 外, x
所以椭圆的标准方程为 +y2 = 1. ……………………………………………………… 5 分
当过点 P 的直线斜率不存在时,直线方程为 x= 1,与圆 C 相切. …………………… 8 分 2
当过点 P 的直线斜率存在时,直线方程可设为 y-2 = k(x-1), (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),
即 kx-y-k+2 = 0, ………………………………………………………………………… 9 分 因为线段 AB 的中点为 T(1,t),所以 x1 +x2 = 2,y1 +y2 = 2t. …………………………… 7 分
2 2
-2k-1-k+2 x2 x +2y = 2,
所以 = 3, 将 A,B 代入 +y2 = 1 得2 { 1 1x2 +2y2k2 +1 2 2 = 2,
4 两式相减可得(x1 +x2)(x1 -x2) +2(y1 +y2)(y1 -y2)= 0,
解得 k= - , …………………………………………………………………………… 11 分
3 即 2(x1
-x2) +4t(y1 -y2)= 0.
y
4 = 1
-y2 = - 1
所以切线方程为 y-2 = - (x-1),即 4x+3y-10 = 0. ………………………………… 12 分 所以 k - , …………………………………………………………………… 10 分3 x1 x2 2t
综上,过点 P(1,2)的圆 C 的切线方程为 x= 1 和 4x+3y-10 = 0. …………………… 13 分 因为点 T(1,t)在 C 内部, 1所以 +t2 <1( t>0),
16. 解:(1)因为 D 是棱 AA1 的中点,AA1 = 2AC= 2,
2
所以 AD=AC= 1,所以 CD= 2 ,同理 C1D= 2 . ……… 2 分 解得 02 . …………………………………………………………………………… 13 分
因为 CC1 =AA1,所以 C 2 21D +CD = 4 =CC 2
2
1 ,所以 DC1⊥CD.
因为 DC1⊥BD,且 CD∩BD=D,所以 DC1⊥平面 BCD. …… 所以 k= -
1 <- 2 ,
………………………………………………………… 4 2t 2分
因为 DC1 平面 ACC1A1,所以平面 BCD⊥平面 ACC1A1 . … 即 k 的取值范围为( -∞ ,-
2 ) . ……………………………………………………… 15 分
………………………………………………………… 6 2分 18. 解:(1)取 FN 的靠近点 N 的三等分点 H,连接 HQ,HM,
(2)由(1)知 DC1⊥平面 BCD,所以 DC1⊥BC. 2
因为 CC1⊥BC,DC1∩CC1 =C1,所以 BC⊥平面 ACC1A1, 因为 FQ= 2QC,即 Q 是靠近 C 的三等分点,所以 HQ∥NC,HQ= NC= 2,3
所以 BC⊥AC. …………………………………………… 9 分 因为 MD∥NC,MD= 2,
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→ → →
高二数学参考答案及评分标准 以 C 为原点,CA,CB,CC1 的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系,则 C(0,0,0),B(0,2,0),B1(0,2,2),D(1,0,1),
一、单项选择题: →本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分。 在每小题给出的四个选项中,只有一 所以 BD= (1,-2,1),C→B= (0,2,0),BB→1 = (0,0,2), ……………………………… 10 分
项是符合题目要求的。 B→D·n = x -2y +z = 0,
1-4 BCBA 5-8 CDDA 设平面 BCD 的一个法向量 n1 = (x ,y ,z
1 1 1 1
1 1 1),则{C→、 B·n = 2y = 0,二 多项选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分。 在每小题给出的选项中,有多项符合 1 1
令 x1 = 1,所以 n1 = (1,0,-1) . ……………………………………………………… 11 分题目要求。 全部选对得 6 分,部分选对得部分分,有选错的得 0 分。
B→9. AC 10. BCD 11. ACD D·n2 = x2 -2y2 +z2 = 0,设平面 B1BD 的一个法向量 n2 = (x2,y ,z、 : 3 , 5 , 15 。 2 2
),则
三 填空题 本题共 小题 每小题 分 共 分 {BB→1·n2 = 2z2 = 0,
12. 5 13. 36 14. 2 3 2( 3 + 6 )(第 1 空 2 分,第 2 空 3 分) 令 y1 = 1,所以 n2 = (2,1,0) . ………………………………………………………… 12 分
四、解答题:本题共 5 小题,共 77 分。 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 n ·n
所以 cos = 1 2 = 2 , 15则 sin = , ………………………… 14 分
15. 解:(1)将圆 C:x2 +y2 +4x-2y+a= 0 化为(x+2) 2 +(y-1) 2 = 5-a, 1 2 n1 n
1 2
2 10 5
圆心 C( -2,1),半径 r= 5-a ,且 a<5, ……………………………………………… 2 分 15
设 AB 的中点 D,则 |AD | 2 + |DC | 2 = r2, 所以二面角 C-BD-B1 的正弦值为 . …………………………………………… 15 分5
× - + -
所以圆心 C 到直线 2x+y-2 = 0 的距离 d= DC = 2 ( 2) 1 2 = 5 = 5 , ……… 4 17. 解:(1)由题意知,2b= 2,所以 b= 1. …………………………………………………… 1 分分
22 +12 5 2 , c 22 因为离心率为 所以 = ,a= 2 c. ……………………………………………… 2 分
因为 AB = 4,所以 |AD | = 2,所以 22 +( 5 ) = 5-a,解得 a= -4,满足题意, 2 a 2
所以 a= -4. ……………………………………………………………………………… 6 2分 因为 a = b2 +c2,所以 2c2 = 1+c2,所以 c= 1,a= 2 . …………………………………… 4 分
(2)由(1)得(x+2) 2 +(y-1) 2 = 9,点 P 2在圆 C 外, x
所以椭圆的标准方程为 +y2 = 1. ……………………………………………………… 5 分
当过点 P 的直线斜率不存在时,直线方程为 x= 1,与圆 C 相切. …………………… 8 分 2
当过点 P 的直线斜率存在时,直线方程可设为 y-2 = k(x-1), (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),
即 kx-y-k+2 = 0, ………………………………………………………………………… 9 分 因为线段 AB 的中点为 T(1,t),所以 x1 +x2 = 2,y1 +y2 = 2t. …………………………… 7 分
2 2
-2k-1-k+2 x2 x +2y = 2,
所以 = 3, 将 A,B 代入 +y2 = 1 得2 { 1 1x2 +2y2k2 +1 2 2 = 2,
4 两式相减可得(x1 +x2)(x1 -x2) +2(y1 +y2)(y1 -y2)= 0,
解得 k= - , …………………………………………………………………………… 11 分
3 即 2(x1
-x2) +4t(y1 -y2)= 0.
y
4 = 1
-y2 = - 1
所以切线方程为 y-2 = - (x-1),即 4x+3y-10 = 0. ………………………………… 12 分 所以 k - , …………………………………………………………………… 10 分3 x1 x2 2t
综上,过点 P(1,2)的圆 C 的切线方程为 x= 1 和 4x+3y-10 = 0. …………………… 13 分 因为点 T(1,t)在 C 内部, 1所以 +t2 <1( t>0),
16. 解:(1)因为 D 是棱 AA1 的中点,AA1 = 2AC= 2,
2
所以 AD=AC= 1,所以 CD= 2 ,同理 C1D= 2 . ……… 2 分 解得 02 . …………………………………………………………………………… 13 分
因为 CC1 =AA1,所以 C 2 21D +CD = 4 =CC 2
2
1 ,所以 DC1⊥CD.
因为 DC1⊥BD,且 CD∩BD=D,所以 DC1⊥平面 BCD. …… 所以 k= -
1 <- 2 ,
………………………………………………………… 4 2t 2分
因为 DC1 平面 ACC1A1,所以平面 BCD⊥平面 ACC1A1 . … 即 k 的取值范围为( -∞ ,-
2 ) . ……………………………………………………… 15 分
………………………………………………………… 6 2分 18. 解:(1)取 FN 的靠近点 N 的三等分点 H,连接 HQ,HM,
(2)由(1)知 DC1⊥平面 BCD,所以 DC1⊥BC. 2
因为 CC1⊥BC,DC1∩CC1 =C1,所以 BC⊥平面 ACC1A1, 因为 FQ= 2QC,即 Q 是靠近 C 的三等分点,所以 HQ∥NC,HQ= NC= 2,3
所以 BC⊥AC. …………………………………………… 9 分 因为 MD∥NC,MD= 2,
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所以 MD HQ,即四边形 MDQH 是平行四边形, x1(y2 -y1) x2y1 -x1y1 -x1y2 +x1y1 x2y1 -x1y2
………………………………………… 3 分 所以 m= y1 - = =- - - . …………………………… 8 分x2 x1 x2 x1 x2 x1
所以 DQ∥MH. x2y1 +x1y2
因为 MH 平面 MEFN,DQ 平面 MEFN, 同理由 B,Q,N 三点共线得 n= + ,……………………………………………… 9 分x x
…………………………………………… 4 分 2 1x2y22 1 -x2y2所以 DQ∥平面 MEFN. …………………… 5 分 所以 mn= 1 22 2 ,
(2)(i)在 NC 上取点 P,使 PC= 2, x2 -x1
2
因为 MD PC, 2 x1 2 x
2
因为 y = -1,y = 2 -1,
所以四边形 MDCP 为平行四边形, 1 4 2 4
所以 DC∥MP, …………………………… 7 分 22 x1 2 x
2
2 2 2
所以直线 FM 与 CD 所成的角为 ∠FMP x -x或 mn= x2(
-1) -x1( -1)4 4 = 1 2所以 = -2 2 1,
∠FMP 的补角,因为 MP= 2,FP= 13 , 2 - 2 x2 -x x x12 1
=
MF= 2 3 ,cos∠FMP= 3 , 所以 |OP | · |OQ | |mn |
= 1. ………………………………………………………… 11 分
8 (ii)设 E(x0,y0),直线 AB:y= kx+2,
3
所以直线 FM 与 CD 所成角的余弦值为 . ………………………………………… 11 分 y -y y -2 y -y
8 所以 k1 =
1 0 ,k2 =
0 ,k 2 03 = . ………………………………………………… 12 分
(ii) N ,N→C,N→
x1 -x0 x0 x2 -x0
以 为原点 M 的方向分别为 y 轴,z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐 1 1 2
标系,则 N(0,0,0),M(0,0, 3 ),D(0,2, 3 ),F(3sinθ,3cosθ,0),E(2sinθ,2cosθ, 3 ), 因为 + = ,k1 k3 k2
Q(sinθ,cosθ+2,0),N→E= (2sinθ,2cosθ, 3 ),M→Q= (sinθ,cosθ+2,- 3 ),M→D= (0,2,0), x1 -x0 x2 -x0 2x0
n·M→Q= xsinθ+(cosθ+2)y- 3 z= 0, 所以 + = . ……………………………………………………………… 13 分
设平面 MDQ 的一个法向量为 n= (x,y,z),则{ y1 -y0 y2 -y0 y0 -2n·M→D= 2y= 0, x1 -x0 x0 x2 -x0 x0
令 x= 3 ,则 n= ( 3 ,0,sinθ) . ………………………………………………………… 14 所以 - + - =分 - - - 0,y1 y0 y0 2 y2 y0 y0 -2
3 21
因为直线 NE 与平面 MDQ 所成角的正弦值为 , (x1 -x0)(y0 -2) -x0(y1 -y0) (x2 -x0)(y0 -2) -x0(y2 -y0)
14 整理得 + =- - - - 0.(y1 y0)(y0 2) (y2 y0)(y0 2)
→ 3 21 | 2 3 sinθ+ 3 sinθ |
所以 | cos | = = , 因为 y1 = kx1 +2,y2 = kx2 +2,
14 4sin2θ+4cos2θ+3 · 3+sin2θ (x1 -x0)(y0 -2) -x0(kx1 +2-y0) (x2 -x0)(y0 -2) -x0(kx2 +2-y0)
解得 sin2θ= 1, ………………………………………………………………………… 16 分 所以 + = 0,(y1 -y0)(y0 -2) (y2 -y0)(y0 -2)
0<θ<π, θ= π因为 所以存在 ,使得直线 NE 与平面 MDQ 3 21所成角的正弦值为 . …… x1(y0 -kx0 -2) x2(y0 -kx0 -2)2 14 整理得 + =- - - - 0.
……………………………………………………………………………………… 17 (y y分 1 0)(y0 2) (y2 y0)(y0 2)
因为 E 不在直线 y= kx+2 上,所以 y -kx -2≠0,因为 y ≠2,
-
19. :(1) M(x,y), (x 5 )
2 +y2 0 0 0
解 设 则 = 5 , x1 x2
x-4 5
2 所以 + =- - 0, 即 x1(y2
-y0)= -xy y y y 2
(y1 -y0) .
5 1 0 2 0
x2 所以 x1y2 -x1y0 = -x2y1 +x2y0,
整理得 -y2 = 1,
4 xy = 1
y2 +x2y1
即
x2 0
=
x +
n.
x
所以点 M 的轨迹方程为 -y2 = 1. …………………………………………………… 5 1 2分
4 1
(2)(i)设 A(x1,y1),B(x2,y2),P(0,m),Q(0,n), N( -x ,y ) .
由(i)可知 mn= -1,因为 m= 2,所以 y = - .
则 01 1 2
y
P,A,B : 1
-m y -y
由 三点共线得 = 2 1- ,
1
x x x 所以动点 E 在定直线 y= - 上. ……………………………………………………… 17 分1 2 1 2
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所以 MD HQ,即四边形 MDQH 是平行四边形, x1(y2 -y1) x2y1 -x1y1 -x1y2 +x1y1 x2y1 -x1y2
………………………………………… 3 分 所以 m= y1 - = =- - - . …………………………… 8 分x2 x1 x2 x1 x2 x1
所以 DQ∥MH. x2y1 +x1y2
因为 MH 平面 MEFN,DQ 平面 MEFN, 同理由 B,Q,N 三点共线得 n= + ,……………………………………………… 9 分x x
…………………………………………… 4 分 2 1x2y22 1 -x2y2所以 DQ∥平面 MEFN. …………………… 5 分 所以 mn= 1 22 2 ,
(2)(i)在 NC 上取点 P,使 PC= 2, x2 -x1
2
因为 MD PC, 2 x1 2 x
2
因为 y = -1,y = 2 -1,
所以四边形 MDCP 为平行四边形, 1 4 2 4
所以 DC∥MP, …………………………… 7 分 22 x1 2 x
2
2 2 2
所以直线 FM 与 CD 所成的角为 ∠FMP x -x或 mn= x2(
-1) -x1( -1)4 4 = 1 2所以 = -2 2 1,
∠FMP 的补角,因为 MP= 2,FP= 13 , 2 - 2 x2 -x x x12 1
=
MF= 2 3 ,cos∠FMP= 3 , 所以 |OP | · |OQ | |mn |
= 1. ………………………………………………………… 11 分
8 (ii)设 E(x0,y0),直线 AB:y= kx+2,
3
所以直线 FM 与 CD 所成角的余弦值为 . ………………………………………… 11 分 y -y y -2 y -y
8 所以 k1 =
1 0 ,k2 =
0 ,k 2 03 = . ………………………………………………… 12 分
(ii) N ,N→C,N→
x1 -x0 x0 x2 -x0
以 为原点 M 的方向分别为 y 轴,z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐 1 1 2
标系,则 N(0,0,0),M(0,0, 3 ),D(0,2, 3 ),F(3sinθ,3cosθ,0),E(2sinθ,2cosθ, 3 ), 因为 + = ,k1 k3 k2
Q(sinθ,cosθ+2,0),N→E= (2sinθ,2cosθ, 3 ),M→Q= (sinθ,cosθ+2,- 3 ),M→D= (0,2,0), x1 -x0 x2 -x0 2x0
n·M→Q= xsinθ+(cosθ+2)y- 3 z= 0, 所以 + = . ……………………………………………………………… 13 分
设平面 MDQ 的一个法向量为 n= (x,y,z),则{ y1 -y0 y2 -y0 y0 -2n·M→D= 2y= 0, x1 -x0 x0 x2 -x0 x0
令 x= 3 ,则 n= ( 3 ,0,sinθ) . ………………………………………………………… 14 所以 - + - =分 - - - 0,y1 y0 y0 2 y2 y0 y0 -2
3 21
因为直线 NE 与平面 MDQ 所成角的正弦值为 , (x1 -x0)(y0 -2) -x0(y1 -y0) (x2 -x0)(y0 -2) -x0(y2 -y0)
14 整理得 + =- - - - 0.(y1 y0)(y0 2) (y2 y0)(y0 2)
→ 3 21 | 2 3 sinθ+ 3 sinθ |
所以 | cos | = = , 因为 y1 = kx1 +2,y2 = kx2 +2,
14 4sin2θ+4cos2θ+3 · 3+sin2θ (x1 -x0)(y0 -2) -x0(kx1 +2-y0) (x2 -x0)(y0 -2) -x0(kx2 +2-y0)
解得 sin2θ= 1, ………………………………………………………………………… 16 分 所以 + = 0,(y1 -y0)(y0 -2) (y2 -y0)(y0 -2)
0<θ<π, θ= π因为 所以存在 ,使得直线 NE 与平面 MDQ 3 21所成角的正弦值为 . …… x1(y0 -kx0 -2) x2(y0 -kx0 -2)2 14 整理得 + =- - - - 0.
……………………………………………………………………………………… 17 (y y分 1 0)(y0 2) (y2 y0)(y0 2)
因为 E 不在直线 y= kx+2 上,所以 y -kx -2≠0,因为 y ≠2,
-
19. :(1) M(x,y), (x 5 )
2 +y2 0 0 0
解 设 则 = 5 , x1 x2
x-4 5
2 所以 + =- - 0, 即 x1(y2
-y0)= -xy y y y 2
(y1 -y0) .
5 1 0 2 0
x2 所以 x1y2 -x1y0 = -x2y1 +x2y0,
整理得 -y2 = 1,
4 xy = 1
y2 +x2y1
即
x2 0
=
x +
n.
x
所以点 M 的轨迹方程为 -y2 = 1. …………………………………………………… 5 1 2分
4 1
(2)(i)设 A(x1,y1),B(x2,y2),P(0,m),Q(0,n), N( -x ,y ) .
由(i)可知 mn= -1,因为 m= 2,所以 y = - .
则 01 1 2
y
P,A,B : 1
-m y -y
由 三点共线得 = 2 1- ,
1
x x x 所以动点 E 在定直线 y= - 上. ……………………………………………………… 17 分1 2 1 2
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